Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Hello! Szia! A kalapos négyzetreemelést mintha nem szeretné az oldal. Ezért nem ajánlott pl. olyat használni.

Talán a legszerencsésebb egy másolatot is csinálni, hogy az elküldött, de valamiért be nem érkező poszt anyaga megmaradjon, és tovább lehessen próbálkozni.

A fórum technikai problémáival amúgy leginkább a Fórum: A fórummal kapcsolatos kérdések és válaszok topik foglalkozik; esetleg próbáld ott jelezni a gondot, nyilván minél részletesebb leírással.

Szia! Légy kitartó! Ez a hozzáállásod azért olvasható, mert te írtad be, nem pedig másolással illesztetted be. Szerintem. Nem kell annyit másolni:) Írd be kézzel.

Na, lehet, hogy nem itt kellene ezt írnom, de az utóbbi egy évben már többször előfordult, hogy hozzászólásomat nem tudom elküldeni a fórumba. Szóval most lett elegem. Ha most ez a bejegyzésem valami miatt megjelenik, akkor ezt az utóbbi év alapján rendhagyó esetnek minősül.

A B.5549. feladat egy lehetséges másik megoldása az inverzió. Kézenfekvőnek tűnik, hiszen 6 különböző kör is átmegy a körülírt kör O középpontján.

Az AO, BO, CO átmérőjű körök belülről érintik az ABC háromszög körülírt körét. Pl. AO átmérőjű kör és a körülírt kör közös A pontját tartalmazó átmérők egyenesei egybeesnek.

A körülírt körre vonatkozó inverzió az AO kört a körülírt kör A pontbeli érintőjébe viszi át (ez az érintő persze az AO átmérőjű kör A-beli érintője is az előzőek alapján). Hasonlóan a BO, CO átmérőjű körök képei az ABC háromszög körülírt körének B-beli és C-beli érintői.

A BOC kör képe a BC egyenes, a COA kör inverze a CA egyenes és végül az AOB kör képe az AB egyenes.

Ekkor P képe P' a körülírt kör A-beli érintőjének és a BC egyenesnek metszéspontja, Q képe Q' a B-beli érintő és az AC egyenes és végül R képe R' a C-beli érintő és az AB egyenes metszéspontja.

P', Q', R' pontok az érintőkön fekszenek (és különböznek az A, B, C csúcsoktól), ezért kívül vannak a körülírt körön.

Most alkalmazzuk az elfajult AABBCC körbe írt hatszögre a Pascal-tételt, ekkor az AA és BC oldalak (AA az A-beli érintője a körülírt körnek), az AB és CC oldalak, valamint BB és CA oldalak P', R', Q' metszéspontjai egyenesre esnek.Ez az egyenes nem tartalmazza O-t, hiszen a körön kvül fekszik.

Invertáljuk vissza a P', Q', R' pontokat az alapkörre, ezek képe egy O-n áthaladó kör, mely az identitás miatt tartalmazza a P, Q és R pontokat.

A C.1911. feladat eredete az IMO 1975/3. feladat, annak speciális esete.

A B középpontú gyök2 arányú -45fokos nyújtva forgatás D pontot A-ba viszi, legyen ez a transzformáció f1.

f1 F-et F'-be viszi, FF'B és FF'C háromszögek egyenlőszárú derékszögű háromszögek, egymással egybevágóak és F,F' pontok rajta vannak a BC felezőmerőlegesén.

A C középpontú 1/gyök2 arányú -45fokos nyújtva forgatás A-t E-be viszi, F'-t pedig vissza F-be, nevezzük ezt a transzformációt f2-nek.

A két transzformáció szorzata f1f2 tehát D-t E-be viszi, aránya gyök2*1/gyök2=1, azaz egybevágóság, FD=FE és mivel F fixpontja a két transzformáció szorzatának, ezért középpontja is, f1f2 szöge 2*45fok=90fok.

Így EDF egyenlőszárú derékszögű háromszög.

B. 5548. Módszer: koordinátageometria, elválasztó egyenes keresése.

x/gyök(2y-3)=a, y/gyök(2x-3)=b, aaa+bbb=gyök(108)

Mindig két félparabola van. Ezeknek csak egy esetben van közös pontjuk. Ott van a megoldás. Mindkét görbének van olyan pontja, ahol az érintő párhuzamos (megegyező) az y=x egyenletű egyenessel. A megoldás akkor jön, ha az a 2 pont egybeesik. A 2 egyenes közötti bármely egyenes jó lesz elvalasztó egyenesnek. (Most is elvalasztó egyenest kerestem, illetve most is gyártottam hasonló egyenleteket.) Nézzük mondjuk a tengelymetszetek (y tengely) számtani közepét: y=x+0,25*(b*b-a*a).

B. 5549. Tehát a P, Q, R pontok rajta vannak az A1B1C1 háromszög Gergonne pontjának megszerkesztéséhez szükséges egyeneseken. Kísérleteztem. A feladat működik AO-nál kisebb, illetve nagyobb átmérőjű (egybevágó) körökkel is, de akkor már a P, Q, R pontok nincsenek rajta a Gergonne-pont megszerkesztéséhez szükséges egyeneseken.

Köszönöm szépen!

Az A.926. feladat a Beatty-tétel segítségével oldható meg. Abból következik, hogy \(\displaystyle \mathbb{Z}^+\setminus A=B\), ahol \(\displaystyle B=\left\{\left\lfloor \frac{1+\sqrt 5}{2}n\right\rfloor:n\in\mathbb{Z}^+\right\}\).

Azt állítja ChatGPT ingyenes változata (nem írt ki teljes megoldást), hogy \(\displaystyle p_0=0\), \(\displaystyle p_{n+1}=\left\lfloor \frac{3+\sqrt 5}{2} p_n\right\rfloor+1\) lesz a második játékos nyerő helyzeteinek sorozata.

Ha tehát \(\displaystyle p_n\) a kezdő helyzet, az első játékos vagy nem tud lépni, vagy bármilyen lépése után a második játékos \(\displaystyle p_m\)-re tud lépni, ahol \(\displaystyle m<n\). Ha nem \(\displaystyle p_n\) a kezdő helyzet, akkor az első játékos valamilyen \(\displaystyle p_n\)-re tud lépni, és onnan a második játékos veszít.

Itt \(\displaystyle \phi=\frac{1+\sqrt 5}{2}\) az aranymetszés, \(\displaystyle \phi^2=\frac{3+\sqrt 5}{2}\). Könnyű ellenőrizni, hogy \(\displaystyle F_n=\frac{\phi^n-\psi^n}{\sqrt 5}\) az \(\displaystyle n\)-edik Fibonacci-szám, ahol \(\displaystyle \phi,\psi=\frac{1\pm \sqrt 5}{2}\) az \(\displaystyle X^2-X-1\) karakterisztikus polinom két gyöke. Innen \(\displaystyle F_{n+1}-\phi F_{n}=\psi^{n}\), majd

\(\displaystyle F_{n+2}-\phi^2 F_n=(F_{n+2}-\phi F_{n+1})+\phi(F_{n+1}-\phi F_n)=\psi^{n+1}+\phi \psi^n=\psi^n.\)

Ezért \(\displaystyle F_{2n+1}-1=\phi^2 (F_{2n-1}-1)+\phi^2-1+\psi^{2n-1}\), majd \(\displaystyle F_{2n+1}-1=\lfloor \phi^2(F_{2n-1}-1)\rfloor +1\), mert \(\displaystyle n\ge 1\) esetén \(\displaystyle 1\le \phi+\psi^{2n-1}<2\). Vagyis \(\displaystyle p_n\) és \(\displaystyle F_{2n+1}-1\) azonos rekurziós sorozatok.

Először is, ha \(\displaystyle m<n\), akkor

\(\displaystyle p_n-p_m=F_{2n+1}-F_{2m+1}=(\phi F_{2n}+\psi^{2n})-(\phi F_{2m}+\psi^{2m})=\)

\(\displaystyle =\phi(F_{2n}-F_{2m})+\psi^{2n}-\psi^{2m}=\lfloor \phi(F_{2n}-F_{2m})\rfloor \in B.\)

Másodszor is, ha \(\displaystyle P=\{p_n:n\in\mathbb{N}\}\), akkor \(\displaystyle P\cup (P+A)=\mathbb{N}\), ezért nem \(\displaystyle P\)-beli kezdő helyzetről \(\displaystyle P\)-be tudunk lépni. A következő megfigyeléssel igazolható ez.

A Fibonacci alapú (Zeckendorf) számrendszerben minden pozitív egész egyértelműen felírható, mint nem szomszédos Fibonacci-számok összege: \(\displaystyle F_2=1\), \(\displaystyle F_3=2\), stb. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle N\in A\) pontosan akkor, ha \(\displaystyle N\) felírása páratlan indexű Fibonacci-számban végződik!

Ha ugyanis \(\displaystyle N=F_{n_1}+F_{n_2}+\ldots+F_{n_k}\) és \(\displaystyle n_1>n_2>\ldots>n_k\ge 2\) nem szomszédosak, \(\displaystyle \psi^{n_k}+\psi^{n_{k-1}}+\ldots+\psi^{n_1}\) előjele csak \(\displaystyle n_k\) paritásától függ, mert

\(\displaystyle \left|\frac{\psi^{n_{k-1}}+\ldots+\psi^{n_1}}{\psi^{n_k}}\right|< \psi^2+\psi^4+\ldots<\frac12+\frac14+\ldots=1.\)

Ha \(\displaystyle n_k\) páros, akkor \(\displaystyle N=\lfloor \phi M\rfloor\), ahol \(\displaystyle M=F_{n_1-1}+F_{n_2-1}+\ldots+F_{n_k-1}\). Ha \(\displaystyle n_k\) páratlan, akkor \(\displaystyle N=\lfloor \phi^2 M\rfloor\), ahol \(\displaystyle M=F_{n_1-2}+F_{n_2-2}+\ldots+F_{n_k-2}\).

Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy ha \(\displaystyle N\notin P\), akkor \(\displaystyle N\) felírható egy \(\displaystyle P\)-beli és egy \(\displaystyle A\)-beli szám összegeként. Vagyis ha \(\displaystyle N+1\) nem \(\displaystyle F_{2n+1}\) alakú, akkor \(\displaystyle N+1-F_{2m+1}\in A\) valamilyen \(\displaystyle m\)-re.

Legyen \(\displaystyle N+1\) Fibonacci-számrendszerbeli alakja \(\displaystyle F_{n_1}+N'\). Hogyha \(\displaystyle N'\) nem \(\displaystyle F_{2n+1}\) alakú és \(\displaystyle N'\neq 0\), akkor az indukciós feltevés miatt \(\displaystyle N'-F_{2m+1}\in A\), így \(\displaystyle F_{n_1}+N'-F_{2m+1}\in A\), mert az \(\displaystyle N'-F_{2m+1}\) felírásában az első index legfeljebb \(\displaystyle n_1-2\) és az utolsó index páratlan. Ha \(\displaystyle N+1=F_{n_1}+F_{2n+1}\), akkor \(\displaystyle n_1\) páratlan és \(\displaystyle m=n\) megfelel, vagy \(\displaystyle n_1=2n+4\) és \(\displaystyle m=n+1\) felel meg (\(\displaystyle F_{2n+4}+F_{2n+1}-F_{2n+3}=F_{2n+3}\)), vagy pedig \(\displaystyle n_1\ge 2n+6\) páros és \(\displaystyle F_{n_1-1}\) vonható ki. Ha \(\displaystyle N+1=F_{2n+2}\) alakú, akkor pedig \(\displaystyle F_{2n+2}-F_1=F_{2n+1}+F_{2n-3}+\ldots+F_3\) (teleszkópos összeg). Így teljes az indukció.

Mivel \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle A+P\) diszjunkt és uniója \(\displaystyle \mathbb{N}\), ezért \(\displaystyle P\) az első játékos vesztő helyzeteinek halmaza.

Kedves Fórumozók,

van vkinek megoldása/vázlata az A.926. feladatra?

B. 5541. A parabolán a pontokat lehet rendezni. A feladatot úgy tűzték ki, hogy a B az A és C között van. A B pont akárhol lehet. Erről beszélgettem Bertalan Zoltán tanár úrral.

B. 5538. Arról van szó, hogy a két görbe között van az y=x egyenletű egyenes. x*x-5*x+9>=x, (x-3)*(x-3)>=0

x>=gyök(6*x-9), (x-3)*(x-3)>=0

Ha keresés után találtunk két ilyen görbét, akkor nagyon sok ilyen egyenletet tudunk gyártani, akár 2026 ismeretlennel is.

B. 5541. Tegyük fel, hogy észrevesszük, hogy ha a PQ felezőpontját összekötjük F-fel, akkor ez az egyenes és AC metszéspontja lesz az M metszéspont. Van 4 pontunk: M, F, A, P. Be kellene látni, hogy egy körön vannak. Komplex számsík. A kettősviszonynak valósnak kell lennie. Elkezdtem ennek a számolását, de abba is hagytam.

Most megmutatjuk, hogy

\(\displaystyle A_n\mid[1,\dots,n]. \)

Ismert, hogy

\(\displaystyle v_p([1,\dots,n]) = \left\lfloor\log_p n\right\rfloor. \)

Jelöljük

\(\displaystyle m= \left\lfloor\log_p n\right\rfloor. \)

Ekkor

\(\displaystyle p^m\le n<p^{m+1}, \)

tehát

\(\displaystyle v_p(A_n) = \sum_{k=1}^{m} \left( \left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{n}{30p^k}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{2p^k}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{3p^k}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{5p^k}\right\rfloor \right). \)

A \(\displaystyle k=m\) indexhez tartozó tagot jelölje

\(\displaystyle T= \left\lfloor\frac{n}{p^m}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{n}{30p^m}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{2p^m}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{3p^m}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{5p^m}\right\rfloor. \)

Ha

\(\displaystyle r= \left\lfloor\frac{n}{p^m}\right\rfloor, \)

akkor

\(\displaystyle T= r+ \left\lfloor\frac r{30}\right\rfloor - \left\lfloor\frac r2\right\rfloor - \left\lfloor\frac r3\right\rfloor - \left\lfloor\frac r5\right\rfloor. \)

Legyenek

\(\displaystyle a=\left\{\frac r2\right\}, \qquad b=\left\{\frac r3\right\}, \qquad c=\left\{\frac r5\right\}, \qquad d=\left\{\frac r{30}\right\}. \)

Mivel

\(\displaystyle \frac r2+\frac r3+\frac r5 = r+\frac r{30}, \)

ezért

\(\displaystyle T=a+b+c-d. \)

A bal oldal egész szám, továbbá

\(\displaystyle 0\le a,b,c,d<1, \)

amiből következik, hogy

\(\displaystyle 0\le T<3. \)

A törtrészek lehetséges értékeinek közvetlen vizsgálatából adódik, hogy valójában

\(\displaystyle T\le1. \)

Így minden prímszámra

\(\displaystyle v_p(A_n) \le \left\lfloor\log_p n\right\rfloor = v_p([1,\dots,n]), \)

tehát

\(\displaystyle \frac{n!\,\lfloor n/30\rfloor !} {\lfloor n/2\rfloor !\,\lfloor n/3\rfloor !\,\lfloor n/5\rfloor !} \mid [1,2,\dots,n]. \)

Lejárt az utolsó Kömal matematikai feladatok határideje, azt gondolom. Sajnos el kell vennem a ChatGPT nevű program felfedezésének örömét, ami a következő megoldást vágta rá a B.5539. feladatra. Van olyan feladat, amire hibás megoldást ad, viszont ha csak néhány feladatot meg tud oldani csekély késztetéssel, az a versenyt elrontja.

Megjegyzés. A Google kereső úgy talál eredményeket, hogy sok weboldalt gyorsan végignéz, például a linkek hálózata szerint. Ez a program emberek vagy saját maga által generált információk alapján, a felhasználók helyreigazításai szerint fejlődve, szövegelni kezd. Vigyázni kell vele, mert nem csodaszer, ugyanis a felhasználói kérdésre olyan meggyőző választ ad, ami matematikailag nem feltételenül helyes. Talán a fizetős változat kifinomultabb.

B. 5539. Legyen \(\displaystyle n\) pozitív egész szám. Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle \frac{n!⋅[n/30]!}{[n/2]!⋅[n/3]!⋅[n/5]!}\) egész szám, és osztója az \(\displaystyle 1, 2, ..., n\) számok legkisebb közös többszörösének.

Szövegelés, lényegében helyes megoldás. Legyen

\(\displaystyle A_n= \frac{n!\,\lfloor n/30\rfloor !} {\lfloor n/2\rfloor !\,\lfloor n/3\rfloor !\,\lfloor n/5\rfloor !}. \)

Megmutatjuk, hogy

\(\displaystyle A_n\in\mathbb Z, \)

és

\(\displaystyle A_n\mid [1,2,\dots,n]. \)

Legyen \(\displaystyle v_p(m)\) az \(\displaystyle m\) szám prímtényezős felbontásában a \(\displaystyle p\) prímszám kitevője. A Legendre-formula szerint

\(\displaystyle v_p(m!) = \sum_{k\ge1} \left\lfloor\frac{m}{p^k}\right\rfloor. \)

Ezért

\(\displaystyle v_p(A_n) = \sum_{k\ge1} \left( \left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor + \left\lfloor \frac{\lfloor n/30\rfloor}{p^k} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{\lfloor n/2\rfloor}{p^k} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{\lfloor n/3\rfloor}{p^k} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{\lfloor n/5\rfloor}{p^k} \right\rfloor \right).\)

Felhasználva, hogy

\(\displaystyle \left\lfloor \frac{\lfloor x\rfloor}{m} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{x}{m} \right\rfloor, \)

kapjuk

\(\displaystyle v_p(A_n) = \sum_{k\ge1} \left( \left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{n}{30p^k}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{2p^k}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{3p^k}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{n}{5p^k}\right\rfloor \right). \)

Tegyük

\(\displaystyle x=\frac{n}{p^k}. \)

Ekkor elegendő belátni, hogy minden \(\displaystyle x\ge0\) esetén

\(\displaystyle \lfloor x\rfloor + \left\lfloor\frac{x}{30}\right\rfloor \ge \left\lfloor\frac{x}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{x}{3}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{x}{5}\right\rfloor. \)

Írjuk

\(\displaystyle x=30q+r, \qquad 0\le r<30. \)

Ekkor

\(\displaystyle \lfloor x\rfloor=30q+r, \)

és

\(\displaystyle \left\lfloor\frac{x}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{x}{3}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{x}{5}\right\rfloor = 31q+ \left\lfloor\frac r2\right\rfloor + \left\lfloor\frac r3\right\rfloor + \left\lfloor\frac r5\right\rfloor. \)

Így elég igazolni, hogy

\(\displaystyle r \ge \left\lfloor\frac r2\right\rfloor + \left\lfloor\frac r3\right\rfloor + \left\lfloor\frac r5\right\rfloor, \qquad 0\le r<30. \)

Mivel

\(\displaystyle \frac r2+\frac r3+\frac r5 = \frac{31r}{30} < r+1, \)

és a bal oldal egész szám, ezért

\(\displaystyle \left\lfloor\frac r2\right\rfloor + \left\lfloor\frac r3\right\rfloor + \left\lfloor\frac r5\right\rfloor \le r. \)

Tehát \(\displaystyle v_p(A_n)\ge0\), vagyis \(\displaystyle A_n\) egész szám.

Van egy új szám sorsjáték (49 számból húznak), állami szervezésben. Egy újdonság benne, hogy több napon megy egy játék és te döntöd el, hogy mikor szállsz ki a nyereményeddel belőle. Ez nem reklám, így feladat megtalálni ezt a játékot, és egészre kerekítve megadni, hogy 500 forintos játék esetén mi a várható nyeremény (egészre kerekítve), persze optimális stratégiát játszva. Elsőre úgy gondoltam amúgy, hogy a mai nagy nyelvi modellek ezt simán kiszámolják, de nem. 200 dollárért lehet, hogy kiszámolnák, de az már nem túl izgalmas, még jó, hogy phd szint feletti modelleknek hirdetik magukat.

A B.5508 feladatot érdemes lenne térbeli \(\displaystyle ABCD\) tetraéder esetén is vizsgálni. Másrészt, ahogyan legalábbis számoltam, a feladat állítása teljesül elliptikus geometriában is, és teljesül hiperbolikus geometriában is. Csak azért nem mondom, hogy a feladat abszolút geometriai jellegű feladat, mert nem-euklideszi geometriákban a szögfüggvények kicsit másképpen vannak értelmezve, mint euklideszi geometriában.

Kicsit pontosítok, mert mintha néhány helyen elírás lenne. Nálam \(\displaystyle H'\) és \(\displaystyle J'\) és \(\displaystyle I'\) van, \(\displaystyle I'\)=\(\displaystyle I\).

Látható hogy \(\displaystyle D'\) felezi az a \(\displaystyle B'I'\) szakaszt. Látható hogy \(\displaystyle E'\) felezi az a \(\displaystyle A'I'\) szakaszt.

Legyen \(\displaystyle J'\) az \(\displaystyle A'E'D0'\) kör és a \(\displaystyle B'D'E0'\) kör \(\displaystyle H'\)-tól különböző metszéspontja.

Az \(\displaystyle A'E'D0'\) kör az \(\displaystyle AED0\) körnek az \(\displaystyle x^2+y^2=1\) egyenletű körre vonatkozó inverziós tükörképe.

Az \(\displaystyle B'D'E0'\) kör az \(\displaystyle BDE0\) körnek az \(\displaystyle x^2+y^2=1\) egyenletű körre vonatkozó inverziós tükörképe.

Invertálva az \(\displaystyle x^2+y^2=1\) egyenletű körre a \(\displaystyle J'\) pontot, a \(\displaystyle J\) pont adódik, ekkor a \(\displaystyle J\) pont az \(\displaystyle AED0\) kör és a \(\displaystyle BDE0\) kör \(\displaystyle H\) ponttól különböző metszéspontja.

\(\displaystyle B’I’\) szakasz megegyező irányú \(\displaystyle B’D’\) szakasszal, mert \(\displaystyle D'\) felezi \(\displaystyle B’I’\) szakaszt, és \(\displaystyle B’D’\) szakasz párhuzamos \(\displaystyle D0’G’\) szakasszal.

\(\displaystyle A’I’\) szakasz megegyező irányú \(\displaystyle A’E’\) szakasszak, mert \(\displaystyle E'\) felezi \(\displaystyle A’I’\) szakaszt, és \(\displaystyle A’E’\) szakasz párhuzamos \(\displaystyle E0’G’\) szakasszal.

Így szög\(\displaystyle (A’I’B’)\)=szög\(\displaystyle (E0’G’D0’)\).

A \(\displaystyle E0'H'D0'\) háromszög és \(\displaystyle E0'G'D0'\) háromszögek egybevágóak, a két háromszög egymás tükörképe a \(\displaystyle D0'E0'\) szakasz felezőmerőlegesére vonatkozóan, így szög\(\displaystyle (E0’H’D0’)\)=szög\(\displaystyle (E0’G’D0’)\).

Az eddigiek alapján: szög\(\displaystyle (A’I’B’)\)=szög\(\displaystyle (E0’H’D0’)\).

szög\(\displaystyle (A’J’B’)\)=szög\(\displaystyle (A’J’H’)\)+szög\(\displaystyle (B’J’H’)\)=szög\(\displaystyle (A’D0’H’)\)+szög\(\displaystyle (B’E0’H’)\).

A legutóbbi egyenlőségnél kihasználtam, hogy:

szög\(\displaystyle (A’J’H’)\)=szög\(\displaystyle (A’D0’H’)\), mert mindkét szög az \(\displaystyle A’E’D0’\) kör ugyanazon \(\displaystyle A’H\)’ ívéhez tartozó kerületi szög.

szög\(\displaystyle (B’J’H’)\)=szög\(\displaystyle (B’E0’H’)\), mert mindkét szög az \(\displaystyle B’D’E0’\) kör ugyanazon \(\displaystyle B’H’\) ívéhez tartozó kerületi szög.

Tehát: szög\(\displaystyle (A’J’B’)\)=szög\(\displaystyle (A’D0’H’)\)+szög\(\displaystyle (B’E0’H’)\)=szög\(\displaystyle (E0’D0’H’)\)+szög\(\displaystyle (D0’E0’H’)\)=\(\displaystyle \pi\)-szög\(\displaystyle (E0’H’D0’)\).

A legutóbbi egyenlőségnél kihasználtam, hogy \(\displaystyle E0'D0'H'\) háromszög belső szögeinek összege 180°.

Tehát: szög\(\displaystyle (A’J’B’)\)=\(\displaystyle \pi\)-szög\(\displaystyle (E0’H’D0’)\)=\(\displaystyle \pi\)-szög\(\displaystyle (A’I’B’)\), mert korábban láttuk, hogy szög\(\displaystyle (A’I’B’)\)=szög\(\displaystyle (E0’H’D0’)\).

Tehát kaptam, hogy \(\displaystyle A’I’B’J’\) négyszög húrnégyszög, mert két szemközti szögének összege 180°, szög\(\displaystyle (A’J’B)\)+szög\(\displaystyle (A’I’B’)\)=180°. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle J'\) pont rajta van az \(\displaystyle A'I'B\) körön. Invertálva az \(\displaystyle x^2+y^2=1\) egyenletű körre a \(\displaystyle J'\) pontot, a \(\displaystyle J\) pont adódik, ekkor a \(\displaystyle J\) pont, amely az \(\displaystyle AED0\) kör és a \(\displaystyle BDE0\) kör \(\displaystyle H\) ponttól különböző metszéspontja, rajta van az \(\displaystyle AIB\) körön.

Köszönöm a szép indoklást, nálam ugyanez rettenetesen nagy számolások után lett.

\(\displaystyle D'\) es \(\displaystyle E'\) felezi \(\displaystyle B'I\)-t es \(\displaystyle C'I\)-t, ezért a párhuzamosság + tükrözés miatt \(\displaystyle \measuredangle A'IB'=\measuredangle E_0'HD_0'\).

legyen \(\displaystyle J\) \(\displaystyle D_0'HE'A'\) es \(\displaystyle E_0HD'B'\) korok masik metszéspontja, a ket kort es az \(\displaystyle E_0'HD_0'\) háromszogbol ki is esik, hogy \(\displaystyle A'B'IJ\) hurnegyszog:

\(\displaystyle \measuredangle A'JB'=\measuredangle A'JH-\measuredangle B'JH=\left(\pi-\measuredangle HD_{0}'A'\right)-\measuredangle D_{0}'E_{0}H=\measuredangle E'HD_{0}'=\measuredangle A'IB\)

A násik metszéspont esetét is le tudnád írni? Előre is köszi.

beirt kor kozeppontja. a masik metszéspont is megy nemi szogszamolassal innet.

Az \(\displaystyle I\) pont mnelyik pontot jelenti?

A piros es a zold szakaszok nevet persze elírtam a siettemben, \(\displaystyle A'E'=E'F=E_0'G'=HD_0'\), \(\displaystyle B'D'=D'F=D_0'G'=HE_0'\), es \(\displaystyle E_0'G'|| A'E'\), \(\displaystyle E'F||G'E_0'\), \(\displaystyle D_0'G'|| B'D'\), \(\displaystyle D'F||HD_0'\) a lényegi észrevétel.

\(\displaystyle IF\) sugaru inverzio \(\displaystyle F\)-bol, a pontok képére vesszős nevekkel hivatkozunk. \(\displaystyle A'B'||D'E'\) (eredeti abran az egyetlen közös pont \(\displaystyle F\), vagy szogszamolsz), \(\displaystyle FD'=D'B'\), \(\displaystyle FE'=E'A'\), \(\displaystyle G'\) tetszoleges pont \(\displaystyle D'E'\)-n. Vedd eszre, hogy \(\displaystyle G'E_0'=A'E'\) es \(\displaystyle G'D'_0=F'E'\) (\(\displaystyle D_0'G'F'E'\), \(\displaystyle E_0'G'F'D'\) hurtrapezok), ráadásul párhuzamosak. Legyen \(\displaystyle H\) \(\displaystyle G'\) kepe \(\displaystyle D_0'E_0'\) felezomerolegesere tukrozve, ekkor \(\displaystyle E_0'HD'B'\) es \(\displaystyle D_0'HE'A'\) hurtrapezok, es készen is vagyunk. (es remélhetőleg nem néztem be semmit)

Yes, sorry, sniped.